关于第8届国际环境科研项目奥林匹克竞赛的情况汇报

第一篇：关于第8届国际环境科研项目奥林匹克竞赛的情况汇报

关于第8届国际环境科研项目奥林匹克竞赛的情况汇报

李鸣光2000年8月22日

本人受中国科协和广东省科协的指派，作为评委参加第8届国际环境科研奥林匹克竞赛赛事并在出发前参加指描导参赛学生的工作。竞赛结果取了一金一银的好成绩。

为有利于今后组队参赛并争取好成绩，现对竞赛及评审过程进行汇报。希望本汇报能对以后各届评委和指导教师有所帮助。

祝你们成功！

联系地址广州中山大学生命科学学院邮政编码 510275

联系电话(020)84039571

电子邮箱lsslmg@zsu.edu.cn

一．一． 评分程序

评分程序关系到诸如评委如何更好地完成任务，组织者如何指导参赛者作更好地准备等等。现将评分程序介绍如下：

评委组由每个国家派出的一名评委组成，评委不评自己国家的参赛项目，但要对其他所有参赛项目评分。评委在竞赛开始前由组委会分成5-6个组，每组4-5个人，每组有一位组长。

第8届环境奥赛的评分用了一天半，这一天半又被划分为多个时间单元，每个单元约1小时，每一组评委在每单元时间内评审3-4个参赛项目。

每一评委组集体到参赛项目的展板前听取参赛者对自己项目的陈述并对参赛者提问，在每个展板前停留的时间控制在15-20分钟，并不太严格。可当场在评定表上填写分数，也可在评审完后再填写，但由于时间紧凑，极少有评委立即填分，绝大多数是在审完分配于本单元的项目后才填分．评委间不讨论评审项目的优劣．不谈所给分数．评分表上必需写上评委所属国家、姓名并签名，填完分后必须将评分表上缴组委会，交上去后就无法再更改分数．评完一个单元后由组长再领取下一个单元的评分表．曾以为组长会左右评分过程，但实际上组长与一般评委的不同之处只在于他要向组委会领取评审表，在评审方面井无任何优势或特权。

评分完成后组委会按照评委给出的每一项目的总分计算出算术平均分，获奖名次按算术平均分由高到低排列。

二．评分标准

了解评分标准有利于指导教师有的放矢地指导参赛学生。评分共分为7项，总分100分，如下：

(1)必须是科学性的项目(The projectshould be scientific)10分

(2)必须跟踪一项环境问题(It should trend an environmental problem)20分

(3)必须实用和经济(It should be practical and economical)10分

(4)必须是第一次报导(It should be introduced for the first time)10分

(5)参赛项目是怎样与环境相联系的(How the subject is related with the environment)10分

(6)参赛者必须能表述其项目

(The participant should be able to represent his/her project)30分

(7)展板的设计(The design of the stand)10分 上述7项内容部分重叠，不尽合理，值得改进。但估计下一届的评分标准更改的可能性不大。

三.三.参赛项目的挑选评分的第2、5项是和环境有关的，占30分，因此项目内容要紧扣环境这一主题。有些参赛项目工作量大，但与环境问题结合不紧密，给了评委减分的理由。

四．参赛学生的英语

参赛学生要能在15-20分钟时间内给评委介绍其研究项目，这就必需有较强的英语口语表达能力和一定的听力。口语能力高有利于介绍项目，所以一定要好，使评委听得懂；相对而言，听力不一定要很好，因为听不懂评委的提问时可以立即再问。这在挑选参赛学生时应给尽可能地给予考虑．

五．文章全文，摘要，展板、口头表达在评分中的比重文章全文是参加竞赛必须提交的，但在竞赛中并没有展出；摘要则编辑成册，每个评委一份。在实际操作中，评委并没有空余时间阅读摘要，评委也难以有时间阅读参赛学生当场分发给评委的文字宣传品。评分几乎全靠在展扳前面十余分钟所得的印象．由此可见，口头表达和展板在评分中所占的比重最大。

六．使用简单明了的英语评委来自各国，都不以英语为母浯，其英语水平参差不齐：例如韩国评委要由翻译陪伴，由翻译代提问。因此，展板或口头表达的英语应该简单明了；使用成语或其他较深奥的表达方式是难于使人听懂的。

七.参赛学生出发前的准备

(1)参赛学生要熟悉自己项目的细节(如实验操作)。

评委对研究结果有疑问，对参赛学生是否自己完成该项目有疑问、或仅仅要了解参赛学生对某种操作的理解，就会要参赛学生讲述细节问题。而要求参赛学生讲述细节的评委常常对这个细节有较深的了解，参赛学生是难以蒙混过关。

(2)模拟训练

广东省科协在出发前安拌参赛学生在中山大学、外藉青少年学校、华南师范大学附中用英语作项目报告，起了很好的作用。建议以后有关单位组织参赛准备时也多考虑安排各种形式的模拟报告会。

(3)展板、展品与现场表述的有机结合要高度重视展板、展品与现场表述的有机结合，要使展板、展品成为参赛学生的道具，我认为这应成为出发前的工作重点之一

八．实物和实物模型的作用

实物和实物模型常引起评委的注意，可有意识地在小展桌上摆些实物和实物模型。

九.不要过多的以录像或电脑演示代替口头表述本次只有我国的参赛学生采用电脑演示来辅助口头表述，效果尚可，而有几个国外的参赛项目使用录像，效果并不奸。我认为这是由于电脑演示由参赛学生控制、间歇短暂使用，不阻断口头表述的进程：而使用录像延续时间过长，有喧宾夺主之感，评委不欣赏。当然，电脑在参赛学生之间的交流是很有用的。但是，不宜过分依赖电脑的作用。由于竞赛会场设在户外，散射光强烈，手提电脑屏幕发光亮度不足，要近看效果才好。但评委一般坐在展板1，5米之外，难以看清电脑屏幕，因此手提电脑作用有限。即使以后有高亮度的的屏幕，也忌在评委前过多地用电脑代替口头表述。

十.组委会要求参赛学生去电视台时的影响

组委会需要使环境奥赛在当地电视节目中有显示度，此次邀请一些国家各派一名参赛学生赴电视台，我国是其中之一。我以为今后这一情况的可能性很大。对项目而言即意味着抽出一人，另一参赛学生要独自承担向评委介绍项目的任务。

十一.要以实力取胜，着眼于长远效果

以人来评分的竞赛难免存在感情因素的影响，得到评委的好感有利于参赛项目得高分，也就是说，有意识地拉拢评委，对提高分数应是有利的．但是，我以为这既不符合奥林匹克竞赛的初衷，也与素质教育相悖：评委的好感应源于项目的实力和参赛学生诗人接物所显示的修养。

领队、评委、指导教师与各国人员友好往来贵无旁贷，但不宜把建立关系作为影响评委给分的手段。靠拉关系获高分固然能获胜于一时，却将毁坏组委会对中国的友好情感。十二.参加评分的评委对评分要预先设定一个基数

总评分是各评委给分的算术平均分。由于评委只评别国的项目，所以都无法直接为本国项目添分，但却能以压低别国项目得分的途径间接提高本国项目的排名。这就从制度上引导评委打低分，7届奥林匹克竞赛金奖项目仅90余分，本届不足70分。不论依中国或外国的概念，优秀项目本不应低于70分。显然，这是评委打分偏低的结果。

但是，由于评分表必须签名，又从制度上使评委不会以极不负责任的态度评分：评委要尽力使自己给各项卧T分的高低反映项目的优劣。

可见，要改变打分偏低的状况必须改变计分方法，我曾在与组委会成员私下闲谈中说及

此事。但是，在评分规则没有改变之前，我国评委应对此有所准备。

单纯要使对各项目的评分正确反映项目的优劣并不难，这只要按自己的判断打分即可，这和教师为本班学生考卷打分无异：尽管不同的教师在各自的班里的评份标准不同，但对同一个班而言，并不影响排名。

问题在于，国际环境奥赛的评分犹如每个教师按自己的标准给外班学生1T分，然后由学校将所有班级的学生成绩合在一起排名。也就是说，我国评委给外国优秀项目打分过高势必在客观上损害我国参赛项目的利益。为此，我事先参照上届总体平均分设定了一个基线，较好的项目将高于此线，反之低于此线，对好项目将给予的高分也参照上届的最高分设定一个最高极限．这样做的目的是使自己打分时不损害我国参赛项目应有的地位，同时又能保证自己给各项目的评分的高低反映项目的优劣。

我认为，对评委来说，较难处理的是给头几个项目打分，因为此时尚难于判定这些项目在整个参赛项目中的位置。此次我国代表团抵达时间太迟，我只能利用中午评分前先浏览各展板，以使心中有数。

十三。随时准备应付可能出现的不顺利情况

土耳其人民对中国友好，组委会对中国队也很友好。例如，组委会邀请中国参赛学生上电视台，为中国参赛学生特别准备食品等。但是，组委会工作并非尽善尽美。例如，未按时为中国队接机，在人地生疏的安塔利亚，给我们带来了极大的不便；提供的证书不全，使参赛学生未能及时携证书回国，等等。

安塔利亚机场工作人员不会讲英语，组委会没留下适用的联络电话号码，这些都增加了解决问题的难度。

看来，不顺利情况发生的可能性很大，要随时准备应付。在出现时我主张以谅解的态度处理，毕竟组委会有良好的愿望的。

附件：2000年环境项目奥林匹克竞赛评审表(复印件)

第二篇：奥林匹克数学竞赛系列

奥林匹克数学竞赛系列

2004-8-3 15:18:19

小学部（三～六年级）

小学升初中数学暑期转变促成班（跨越小学与中学的鸿沟）

――竞赛班、精英班、提高班

华罗庚数学暑期考前辅导承诺班（精讲思维导引，评析历年考题, 承诺入学）华罗庚数学暑期考前辅导班（精讲思维导引，评析历年考题）

小学奥林匹克数学辅导班（金牌教练悉心传授奥数真谛）

华罗庚数学秋季竞赛精英班（面对竞赛，培养创造思维）

华罗庚数学秋季同步提高班（与华校同步，吃透思维导引）

中学部（初一～初三）

初、高中数学、物理、化学竞赛辅导班

初、高中各科联赛短期赛前特训班

竞赛班（精英班、奥数班、华数班）

华罗庚数学暑期考前辅导承诺班（精讲思维导引，评析历年考题, 承诺入学）华罗庚数学暑期考前辅导班（精讲思维导引，评析历年考题）

小学奥林匹克数学辅导班（金牌教练悉心传授奥数真谛）

华罗庚数学秋季竞赛精英班（面对竞赛，培养创造思维）

华罗庚数学秋季同步提高班（与华校同步，吃透思维导引）

第三篇：初中数学奥林匹克竞赛教程

初中数学奥林匹克竞赛教程

（初稿）

2004年5月8日

初中数学竞赛大纲（修订稿）

数学竞赛对于开发学生智力，开拓视野，促进教学改革，提高教学水平，发现和培养数学人才都有着积极的作用。目前我国中学生数学竞赛日趋规范化和正规化，为了使全国数学竞赛活动健康、持久地开展，应广大中学师生和各级数学奥林匹克教练员的要求，特制定《初中数学竞赛大纲（修订稿）》以适应当前形势的需要。

本大纲是在国家教委制定的九年义务教育制“初中数学教学大纲”精神的基础上制定的。《教学大纲》在教学目的一栏中指出：“要培养学生对数学的兴趣，激励学生为实现四个现代化学好数学的积极性。”具体作法是：“对学有余力的学生，要通过课外活动或开设选修课等多种方式，充分发展他们的数学才能”，“要重视能力的培养„„，着重培养学生的运算能力、逻辑思维能力和空间想象能力，要使学生逐步学会分析、综合、归纳、演绎、概括、抽象、类比等重要的思想方法。同时，要重视培养学生的独立思考和自学的能力”。

《教学大纲》中所列出的内容，是教学的要求，也是竞赛的要求。除教学大纲所列内容外，本大纲补充列出以下内容。这些课外讲授的内容必须充分考虑学生的实际情况，分阶段、分层次让学生逐步地去掌握，并且要贯彻“少而精”的原则，处理好普及与提高的关系，这样才能加强基础，不断提高。

1、实数

十进制整数及表示方法。整除性，被2、3、4、5、8、9、11等数整除的判定。

素数和合数，最大公约数与最小公倍数。

奇数和偶数，奇偶性分析。

带余除法和利用余数分类。

完全平方数。

因数分解的表示法，约数个数的计算。

有理数的表示法，有理数四则运算的封闭性。

2、代数式

综合除法、余式定理。

拆项、添项、配方、待定系数法。

部分分式。

对称式和轮换对称式。

3、恒等式与恒等变形

恒等式，恒等变形。

整式、分式、根式的恒等变形。

恒等式的证明。

4、方程和不等式

含字母系数的一元一次、二次方程的解法。一元二次方程根的分布。

含绝对值的一元一次、二次方程的解法。

含字母系数的一元一次不等式的解法，一元一次不等式的解法。

含绝对值的一元一次不等式。简单的一次不定方程。

列方程（组）解应用题。

5、函数

y=|ax+b|,y=|ax2+bx+c|及 y=ax2+bx+c的图像和性质。

二次函数在给定区间上的最值。简单分式函数的最值，含字母系数的二次函数。

6、逻辑推理问题

抽屉原则（概念），分割图形造抽屉、按同余类造抽屉、利用染色造抽屉。

简单的组合问题。

逻辑推理问题，反证法。

简单的极端原理。

简单的枚举法。

7、几何

四种命题及其关系。

三角形的不等关系。同一个三角形中的边角不等关系，不同三角形中的边角不等关系。

面积及等积变换。

三角形的心（内心、外心、垂心、重心）及其性质。第一讲 整数问题：特殊的自然数之一

A1－001 求一个四位数，它的前两位数字及后两位数字分别相同，而该数本身等于一个整数的平方．

【题说】 1956年～1957年波兰数学奥林匹克一试题1．

x＝1000a＋100a＋10b＋b ＝11（100a＋b）

其中0＜a≢9，0≢b≢9．可见平方数x被11整除，从而x被11整除．因此，数100a＋b＝99a＋（a＋b）能被11整除，于是a＋b能被11整除．但0＜a＋b≢18，以a＋b＝11．于是x＝112（9a＋1），由此可知9a＋1是某个自然数的平方．对a＝1，2，„，9逐一检验，易知仅a＝7时，9a＋1为平方数，故所求的四位数是7744＝882． A1－002 假设n是自然数，d是2n2的正约数．证明：n2＋d不是完全平方．

【题说】 1953年匈牙利数学奥林匹克题2．

【证】 设2n2＝kd，k是正整数，如果 n2＋d是整数 x的平方，那么

k2x2＝k2（n2＋d）＝n2（k2＋2k）

但这是不可能的，因为k2x2与n2都是完全平方，而由k2＜k2＋2k＜（k＋1）2得出k2＋2k不是平方数． A1－003 试证四个连续自然数的乘积加上1的算术平方根仍为自然数．

【题说】 1962年上海市赛高三决赛题 1． 【证】 四个连续自然数的乘积可以表示成

n（n＋1）（n＋2）（n＋3）＝（n2＋3n）（n2＋8n＋2）＝（n2＋3n＋1）2－1 因此，四个连续自然数乘积加上1，是一完全平方数，故知本题结论成立．

A1－004 已知各项均为正整数的算术级数，其中一项是完全平方数，证明：此级数一定含有无穷多个完全平方数．

【题说】 1963年全俄数学奥林匹克十年级题2．算术级数有无穷多项． 【证】 设此算术级数公差是 d，且其中一项 a＝m2（m∈N）．于是

a＋（2km＋dk2）d＝（m＋kd）2

对于任何k∈N，都是该算术级数中的项，且又是完全平方数．

A1－005 求一个最大的完全平方数，在划掉它的最后两位数后，仍得到一个完全平方数（假定划掉的两个数字中的一个非零）．

【题说】 1964年全俄数学奥林匹克十一年级题 1．

【解】 设 n满足条件，令n＝100a＋b，其中 0＜b＜100．于是 n＞10a，即 n≣10a＋1．因此

b＝n100a≣20a＋1 由此得 20a＋1＜100，所以a≢4．

经验算，仅当a＝4时，n＝41满足条件．若n＞41则n2－402≣422－402＞100．因此，满足本题条件的最大的完全平方数为412＝1681．

A1－006 求所有的素数p，使4p2＋1和6p2＋1也是素数．

222

2【题说】 1964年～1965年波兰数学奥林匹克二试题 1．

【解】 当p≡±1（mod 5）时，5|4p＋1．当p≡±2（mod 5）时，5|6p＋1．所以本题只有一个解p＝5． A1－007 证明存在无限多个自然数a有下列性质：对任何自然数n，z＝n＋a都不是素数． 【题说】 第十一届（1969年）国际数学奥林匹克题1，本题由原民主德国提供． 【证】 对任意整数m＞1及自然数n，有 n4＋4m4＝（n2＋2m2）2－4m2n2 ＝（n2＋2mn＋2m2）（n2－2mn＋2m2）而 n2＋2mn＋2m2＞n2－2mn＋2m2 ＝（n－m）2＋m2≣m2＞1 故 n4＋4m4不是素数．取 a＝4²24，4²34，„就得到无限多个符合要求的 a．

第二讲 整数问题：特殊的自然数之二

A1－008 将某个17位数的数字的顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加．证明：得到的和中至少有一个数字是偶数．

【题说】 第四届（1970年）全苏数学奥林匹克八年级题 4． 【证】 假设和的数字都是奇数．在加法算式

中，末一列数字的和d＋a为奇数，从而第一列也是如此，因此第二列数字的和b＋c≢9．于是将已知数的前两位数字a、b与末两位数字c、d去掉，所得的13位数仍具有性质：将它的数字颠倒，得到的数与它相加，和的数字都是奇数．照此进行，每次去掉首末各两位数字．最后得到一位数，它与自身相加显然是偶数．矛盾！

因此，和的数字中必有偶数．

A1－009 证明：如果p和p＋2都是大于3的素数，那么6是p＋1的因数．

【题说】 第五届（1973年）加拿大数学奥林匹克题 3． 【证】 因为p是奇数，所以2是p＋1的因数．

因为p、p＋

1、p＋2除以 3余数不同，p、p＋2都不被 3整除，所以p＋1被 3整除． 于是6是p＋1的因数．

A1－010 证明：三个不同素数的立方根不可能是一个等差数列中的三项（不一定是连续的）．

【题说】 美国第二届（1973年）数学奥林匹克题5．

【证】 设p、q、r是不同素数．假如有自然数l、m、n和实数a、d，消去a，d，得

化简得（m－n）3p＝（l－n）3q＋（m－l）3r＋3（l－n）（m

原命题成立．

A1－011 设n为大于2的已知整数，并设Vn为整数1＋kn的集合，k＝1，2，„．数m∈Vn称为在 Vn中不可分解，如果不存在数p，q∈Vn使得 pq＝m．证明：存在一个数r∈Vn可用多于一种方法表达成Vn中不可分解的元素的乘积．

【题说】 第十九届（1977年）国际数学奥林匹克题3．本题由荷兰提供．

【证】 设a＝n－1，b＝2n－1，则a2、b2、a2b2都属于Vn．因为a2＜（n＋1）2，所以a2在Vn中不可分解．

式中不会出现a2．

r＝a2b2有两种不同的分解方式：r＝a2²b2＝a2„（直至b2分成不可分解的元素之积）与r＝ab²ab＝„（直至ab分成不可2分解的元素之积），前者有因数a，后者没有． A1－012 证明在无限整数序列

10001，100010001，1000100010001，„

中没有素数．

注意第一数（一万零一）后每一整数是由前一整数的数字连接0001而成． 【题说】 1979年英国数学奥林匹克题 6． 【证】 序列 1，10001，100010001，„，可写成

1，1＋104，1＋104＋108，„

一个合数．

即对n＞2，an均可分解为两个大于1的整数的乘积，而a2＝10001＝137²73．故对一切n≣2，an均为合数．

A1－013 如果一个自然数是素数，并且任意地交换它的数字，所得的数仍然是素数，那么这样的数叫绝对素数．求证：绝对素数的不同数字不能多于3个．

【题说】 第十八届（1984年）全苏数学奥林匹克八年级题 8． 【证】 若不同数字多于 3个，则这些数字只能是1、3、7、9．不难验证1379、3179、9137、7913、1397、3197、7139除以7，余数分别为0、1、2、3、4、5、6．因此对任意自然数M，104³M与上述7个四位数分别相加，所得的和中至少有一个被7整除，从而含数字1、3、7、9的数不是绝对素数．

A1－014 设正整数 d不等于 2、5、13．证明在集合｛2，5，13，d｝中可以找到两个不同元素a、b，使得ab－1不是完全平方数．

【题说】 第二十七届（1986年）国际数学奥林匹克题1．本题由原联邦德国提供．

【证】 证明2d－

1、5d－

1、13d－1这三个数中至少有一个不是完全平方数即可．用反证法，设 5d－1＝x5d－1＝y2

（1）（2）2 13d－1＝z2（3）其中x、y、z是正整数．

由（1）式知，x是奇数，不妨设x＝2n－1．代入有 2d－1＝（2n－1）2即 d＝2n2－2n＋1（4）（4）式说明d也是奇数．

于是由（2）、（3）知y、Z是偶数，设y＝2p，z＝2q，代入（2）、（3）相减后除以4有

2d＝q2－p2＝（q＋p）（q－p）

因2d是偶数，即q2－p2是偶数，所以p、q同为偶数或同为奇数，从而q＋p和q－p都是偶数，即2d是4的倍数，因此d是偶数．这与d是奇数相矛盾，故命题正确．

第三讲 整数问题：特殊的自然数之三

A1－015 求出五个不同的正整数，使得它们两两互素，而任意n（n≢5）个数的和为合数．

【题说】 第二十一届（1987年）全苏数学奥林匹克十年级题 1． 【解】 由n个数

ai＝i²n！＋1，i＝1，2，„，n 组成的集合满足要求． 因为其中任意k个数之和为

m²n！＋k（m∈N，2≢k≢n）

由于n！＝1²2²„² n是 k的倍数，所以m²n！＋k是 k的倍数，因而为合数．

对任意两个数ai与 aj（i＞j），如果它们有公共的质因数p，则p也是ai－aj＝（i－j）n！的质因数，因为0＜i－j＜n，所以p也是n！的质因数．但ai与n！互质，所以ai与aj不可能有公共质因数p，即ai、aj（i≠j）互素．令n＝5，便得满足条件的一组数：121，241，361，481，601．

A1－016 已知n≣2，求证：如果k2＋k＋n对于整数k

素数．

【题说】 第二十八届（1987年）国际数学奥林匹克题6．本题由原苏联提供．

（1）若m≣p，则p|（m－p）＋（m－p）＋n．

又（m－p）2＋（m－p）＋n≣n＞P，这与m是使k2＋k＋n为合数的最小正整数矛盾．

（2）若m≢p－1，则（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n＝（p－1－m）（p－m）＋n被p整除，且

（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n≣n＞p 因为（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n为合数，所以

p－1－m≣m，p≣2m＋1 由

2得

4m2＋4m＋1≢m2＋m＋n 即

3m2＋3m＋1－n≢0 由此得

A1－017 正整数a与b使得ab＋1整除a＋b．求证：（a＋b）/（ab＋1）是某个正整数的平方．

2【题说】 第二十九届（1988年）国际数学奥林匹克题6．本题由原联邦德国提供．

a2－kab＋b2＝k（1）

显然（1）的解（a，b）满足ab≣0（否则ab≢－1，a2＋b2＝k（ab＋1）≢0）． 又由于k不是完全平方，故ab＞0．

设（a，b）是（1）的解中适合a＞0（从而b＞0）并且使a＋b最小的那个解．不妨设a≣b．固定k与b，把（1）看成a的二次方程，它有一根为a．设另一根为a′，则由韦达定理

（2），a′为整数，因而（a′，b）也是（1）的解．由于b＞0，所以a′＞0． 但由（3）

从而a′＋b＜a＋b，这与a＋b的最小性矛盾，所以k必为完全平方．

A1－018 求证：对任何正整数n，存在n个相继的正整数，它们都不是素数的整数幂． 【题说】 第三十届（1989年）国际数学奥林匹克题5．本题由瑞典提供．

【证】 设a＝（n＋1）！，则a2＋k（2≢k≢n＋1），被k整除而不被k2整除（因为a2被k2整除而k不被k2整除）．如

＋＋果a2＋k是质数的整数幂pl，则k＝pj（l、j都是正整数），但a2被p2j整除因而被pj1整除，所以a2＋k被pj整除而不被pj1整除，于是a2＋k＝pj＝k，矛盾．因此

a＋k（2≢k≢n＋1）

这n个连续正整数都不是素数的整数幂．

第四讲 整数问题：特殊的自然数之四

A1－019 n为怎样的自然数时，数

32n＋

1－

22n＋1

－6是合数？

n【题说】 第二十四届（1990年）全苏数学奥林匹克十一年级题5 【解】 32n1－22n1－6n＝（3n－2n）（3n1＋2n1）＋＋

＋

＋当 n＞l时，3n－2n＞1，3n1＋2n1＞1，所以原数是合数．当 n＝1时，原数是素数13． ＋

＋ A1－020 设n是大于6的整数，且a1、a2、„、ak是所有小于n且与n互素的自然数，如果

a2－a1＝a3－a2＝„＝ak－ak－1＞0 求证：n或是素数或是2的某个正整数次方．

【题说】 第三十二届（1991年）国际数学奥林匹克题2．本题由罗马尼亚提供． 【证】 显然a1＝1．

由（n－1，n）＝1，得 ak＝n－1． 令 d＝a2－a1＞0．

当a2＝2时，d＝1，从而k＝n－1，n与所有小于n的自然数互素．由此可知n是素数． 当a2＝3时，d＝2，从而n与所有小于n的奇数互素．故n是2的某个正整数次方．

设a2＞3．a2是不能整除n的最小素数，所以2|n，3|n．由于n－1＝ak＝1＋（k－1）d，所以3 d．又1＋d＝a2，于是3

1＋d．由此可知3|1＋2d．若1＋2d＜n，则a3＝1＋2d，这时3|（a3，n）．矛盾．若1＋2d≣n，则小于n且与n互素自然数的个数为2． 设n＝2m（＞6）．若m为偶数，则m＋1与n互质，若m为奇数，则m＋2与m互质．即除去n－1与1外、还有小于n且与n互质的数．矛盾．

综上所述，可知n或是素数或是2的某个正整数次方．

A1－021 试确定具有下述性质的最大正整数A：把从1001至2000所有正整数任作一个排列，都可从其中找出连续的10项，使这10项之和大于或等于A．

【题说】 第一届（1992年）中国台北数学奥林匹克题6．

【解】 设任一排列，总和都是1001＋1002＋„＋2000＝1500500，将它分为100段，每段10项，至少有一段的和≣15005，所以

A≣15005 另一方面，将1001～2000排列如下：

2000 1001 1900 1101 1800 1201 1700 1301 1600 1401 1999 1002 1899 1102 1799 1202 1699 1302 1599 1402

„ „ „ „ „ „ 1901 1100 1801 1200 1701 1300 1601 1400 1501 1300 并记上述排列为

a1，a2，„，a2000

（表中第i行第j列的数是这个数列的第10（i－1）＋j项，1≢i≢20，1≢j≢10）令 Si＝ai＋ai＋1＋„＋ai＋9（i＝1，2，„，1901）

则S1＝15005，S2＝15004．易知若i为奇数，则Si＝15005；若i为偶数，则Si＝15004． 综上所述A＝15005．

第五讲 整数问题：特殊的自然数之五

A1－022 相继10个整数的平方和能否成为完全平方数？

【题说】 1992年友谊杯国际数学竞赛七年级题2． 【解】（n＋1）2＋（n＋2）2＋„＋（n＋10）2 ＝10n2＋110n＋385＝5（2n2＋22n＋77）

不难验证n≡0，1，－1，2，－2（mod 5）时，均有

2n2＋22n＋77≡2（n2＋n＋1）

所以（n＋1）2＋（n＋2）2＋„＋（n＋10）2不是平方数，A1－023 是否存在完全平方数，其数字和为1993？

0（mod 5）【题说】 第三届（1993年）澳门数学奥林匹克第二轮题2． 【解】 存在，事实上，取n＝221即可．

A1－024 能够表示成连续9个自然数之和，连续10个自然数之和，连续11个自然数之和的最小自然数是多少？

【题说】 第十一届（1993年）美国数学邀请赛题6． 【解】 答495．

连续9个整数的和是第5个数的9倍；连续10个整数的和是第5项与第6项之和的5倍；连续11个整数的和是第6项的11倍，所以满足题目要求的自然数必能被9、5、11整除，这数至少是495．

又495＝51＋52＋„＋59＝45＋46＋„＋54＝40＋41＋„＋50 A1－025 如果自然数n使得2n＋1和3n＋1都恰好是平方数，试问5n＋3能否是一个素数？ 【题说】 第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克九年级一试题1．

【解】 如果2n＋1＝k，3n＋1＝m，则5n＋3＝4（2n＋1）－（3n＋1）＝4k－m＝（2k＋m）（2k－m）．

因为5n＋3＞（3n＋1）＋2＝m2＋2＞2m＋1，所以2k－m≠1（否则5n＋3＝2k＋m＝2m＋1）．从而5n＋3＝（2k＋m）（2k－m）是合数．

222

2第六讲 整数问题：特殊的自然数之六

A1－026 设n是正整数．证明：2n＋1和3n＋1都是平方数的充要条件是n＋1为两个相邻的平方数之和，并且为一平方数与相邻平方数2倍之和．

【题说】 1994年澳大利亚数学奥林匹克二试题2． 【证】 若2n＋1及3n＋1是平方数，因为2

由此可得

（2n＋1），3

（3n＋1），可设2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2，n＋1＝k2＋（k＋1）2，n＋1＝（t±1）2＋2t2

反之，若n＋1＝k＋（k＋1）＝（t±1）＋2t，则

2n＋1＝（2k＋1），3n＋1＝（3t±1）

从而命题得证．

A1－027 设 a、b、c、d为自然数，并且ab＝cd．试问 a＋b＋c＋d能否为素数． 【题说】 第五十八届（1995年）莫斯科数学奥林匹克九年级题 10． 【解】 由题意知

222

正整数，将它们分别记作k与l．由

a＋c＞c≣c1，b＋c＞c≣c2

所以，k＞1且l＞1．

从而，a＋b＋c＋d＝kl为合数．

A1－028 设k1＜k2＜k3＜„是正整数，且没有两个是相邻的，又对于m＝1，2，3，„，Sm＝k1＋k2＋„＋km．求证：对每一个正整数n，区间（Sn，Sn＋1）中至少含有一个完全平方数．

【题说】 1996年爱朋思杯——上海市高中数学竞赛题2． 【证】 Sn＝kn＋kn－1＋„＋k1

所以

从而

第七讲 整数问题：求解问题之一

A2－001 哪些连续正整数之和为1000？试求出所有的解．

【题说】 1963年成都市赛高二二试题 3．

【解】 设这些连续正整数共n个（n＞1），最小的一个数为a，则有

a＋（a＋1）＋„＋（a＋n－1）＝1000 即

n（2a＋n－1）＝2000 若n为偶数，则2a＋n－1为奇数；若n为奇数，则2a＋n－1为偶数．因a≣1，故2a＋n－1＞n．

同，故只有n＝5，16，25，因此可能的取法只有下列三种： 若n＝5，则 a＝198； 若n＝16，则 a＝55； 若n＝25，则 a＝28． 故解有三种：

198＋199＋200＋201＋202

55＋56＋„＋70 28＋29＋„＋52 A2－002 N是整数，它的b进制表示是777，求最小的正整数b，使得N是整数的四次方． 【题说】 第九届（1977年）加拿大数学奥林匹克题3． 【解】 设b为所求最小正整数，则

7b2＋7b＋7＝x4

素数7应整除x，故可设x＝7k，k为正整数．于是有

b2＋b＋1＝73k4

当k＝1时，（b－18）（b＋19）＝0．因此b＝18是满足条件的最小正整数．

A2－003 如果比n个连续整数的和大100的数等于其次n个连续数的和，求n． 【题说】 1976年美国纽约数学竞赛题 7．

s2－s1＝n2＝100 从而求得n＝10．

A2－004 设a和b为正整数，当a2＋b2被a＋b除时，商是q而余数是r，试求出所有数对（a，b），使得q2＋r＝1977． 【题说】 第十九届（1977年）国际数学奥林匹克题 5．本题由原联邦德国提供．

【解】 由题设a2＋b2＝q（a＋b）＋r（0≢r＜a＋b），q2＋r＝1977，所以 q2≢1977，从而q≢44． 若q≢43，则r＝1977－q2≣1977－432＝128．

即（a＋b）≢88，与（a＋b）＞r≣128，矛盾． 因此，只能有q＝44，r＝41，从而得 a2＋b2＝44（a＋b）＋41（a－22）2＋（b－22）2＝1009 不妨设|a－22|≣|b－22|，则1009≣（a－22）2≣504，从而45≢a≢53． 经验算得两组解：a＝50，b＝37及a＝50，b＝7． 由对称性，还有两组解a＝37，b＝50；a＝7，b＝50．

A2－005 数1978n与1978m的最后三位数相等，试求出正整数n和m，使得m＋n取最小值，这里n＞m≣1． 【题说】 第二十届（1978年）国际数学奥林匹克题 1．本题由古巴提供． 【解】 由题设

1978n－1978m＝1978m（1978n因而

1978m≡2m³989m≡0（mod 8），m≣3 又

1978n而 1978n≡3n－m－m

－m－m

－1）≡0（mod 1000）

≡1（mod 125）

＝（1975＋3）n－m－1－m

＋（n－m）3n－m²1975（mod 125）（1）

从而3n≡1（mod 5），于是n－m是4的倍数．

设n－m＝4k，则

代入（1）得

从而

k（20k＋3）≡0（mod 25）

因此k必须是25的倍数，n－m至少等于4³25＝100，于是m＋n的最小值为 n－m＋2m＝106，m＝3，n＝103 A2－006 求方程x3＋x2y＋xy2＋y3＝8（x2＋xy＋y2＋1）的全部整数解x、y． 【题说】 1980年卢森堡等五国国际数学竞赛题 6．本题由荷兰提供．

于是 x3＋x2y＋xy2＋y3＝（x＋y）3－2xy（x＋y）＝u3－2vu

x2＋xy＋y2＝（x＋y）2－xy＝u2－v

从而原方程变为

2v（u－4）＝u3－8u2－8（2）因u≠4，故（2）即为

根据已知，u－4必整除72，所以只能有

u－4＝±23，其中α＝0，1，2，3；β＝0，1，2

进一步计算可知只有u－4＝2²3＝6，于是

u＝10，v＝16

α

β

第八讲 整数问题：求解问题之二

A2－007 确定m2＋n2的最大值，这里 m和 n是整数，满足 m，n∈｛1，2，„，1981｝，（n2－mn－m2）2＝1．

【题说】 第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题 3．

【解】 若m＝n，由（n2－mn－m2）2＝1得（mn）2＝1，故m＝n＝1． 若m≠n，则由n2－mn－m2＝±1得 n＞m．令n＝m＋uk，于是

[（m＋uk）2－m（m＋uk）－m2]2＝1

于是有

若uk≠uk－1，则以上步骤可以继续下去，直至

从而得到数列：

n，m，uk，uk－1，„，uk－l，uk－l－1

此数列任意相邻三项皆满足ui＝ui－1＋ui－2，这恰好是斐波那契型数列．

而{1，2，„，1981}中斐氏数为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，987，1597，可见m＝987，n＝1597时，m2＋n2＝3524578为满足条件的最大值． A2－008 求方程w！＝x！＋y！＋z！的所有正整数解．

【题说】 第十五届（1983年）加拿大数学奥林匹克题 1． 【解】 不妨设x≢y≢z．显然w≣z＋1，因此

（z＋1）！≢w！＝x！＋y！＋z！≢3²z！

从而z≢2．通过计算知x＝y＝z＝2，w＝3是原方程的唯一解． A2－009 求满足下式的所有整数n，m：

n2＋（n＋1）2＝m4＋（m＋1）4

【题说】 1984年匈牙利阿拉尼²丹尼尔数学竞赛（15年龄组）题 1． 【解】 由原式得

n（n＋1）＝m（m＋1）（m＋m＋2）

设m＋m＝k，我们有n（n＋1）＝k（k＋2）．显然，只可能两边为零．解是（0，0），（0，－1），（－1，0），（－1，1）．

A1－010 前1000个正整数中可以表示成[2x]＋[4x]＋[6x]＋[8x]的正整数有多少个？ 【题说】 第三届（1985年）美国数学邀请赛题 10． 【解】 令f（x）＝[2x]＋[4x]＋[6x]＋[8x]．

22个不同的正整数值．

另一方面f（x＋n）＝f（x）＋20n对任一正整数n成立．将1－1000分为50段，每20个为1段．每段中，f（x）可取12个值．故总共可取到50³12＝600个值，亦即在前1000个正整数中有600个可以表示成[2x]＋[4x]＋[6x]＋[8x]的形式． A2－011 使n＋100能被n＋10整除的正整数n的最大值是多少？

【题说】 第四届（1986年）美国数学邀请赛题 5．

【解】 由n3＋100＝（n＋10）（n2－10n＋100）－900知，若n3＋100被n＋10整除，则900也应被n＋10整除．因此，n最大值是890．

第九讲 整数问题：求解问题之三

A2－012 a、b、c、d为两两不同的正整数，并且

a＋b＝cd，ab＝c＋d 求出所有满足上述要求的四元数组a、b、c、d． 【题说】 1987年匈牙利数学奥林匹克题 1．

【解】 由于a≠b，所以当且仅当a＝1或b＝1时，才有a＋b≣ab． 如果a、b都不是1，那么

c＋d＝ab＞a＋b＝cd 由此知c＝1或d＝1．

因此a、b、c、d中总有一个（也只有一个）为1．如果a＝1，那么由消去b可以推出

从而得到c＝2，d＝3，或者c＝3，d＝2． 这样，本题的答案可以列成下表

A2－013 设[r，s]表示正整数r和s的最小公倍数，求有序三元正整数组（a，b，c）的个数，其中[a，b]＝1000，[b，c]＝2000，[c，a]＝2000．

【题说】 第五届（1987年）美国数学邀请赛题 7．

【解】 显然，a、b、c都是形如2m²5n的数．设a＝2m1²5n1，b＝2m2²5n2，c＝2m3²5n3．

由[a，b]＝1000＝23²53，知max（m1，m2）＝3，max（n1，n2）＝3．同理，max（m2，m3）＝4，max（n2，n3）＝3；max（m1，m3）＝4，max（n1，n3）＝3．

由此，知m3应是4，m1、m2中必有一是3．另一个可以是0、1、2或3之任一种，因此m1、m2的取法有7种．又，n1、n2、n3中必有两个是3，另一个可以是0、1、2或3．因此n1、n2、n3取法有10种．故mi、ni（i＝1、2、3）不同取法共有7³10＝70种，即三元组共有70个．

A2－014 设m的立方根是一个形如n＋r的数，这里n为正整数，r为小于1/1000的正实数．当m是满足上述条件的最小正整数时，求n的值．

【题说】 第五届（1987年）美国数学邀请赛题12．

m＝n3＋1＜（n＋1032－3－3）3

－6

－9＝n＋3n²10＋3n²10＋10 于是

从而n＝19（此时m＝193＋1为最小）．

【题说】 第十三届（1987年）全俄数学奥林匹克九年级题 1． 【解】 144＝122，1444＝382 设n＞3，则

则k必是一个偶数．所以

也是一个自然数的完全平方，但这是不可能的．因为平方数除以4，因此，本题答案为n＝2，3．

A2－016 当n是怎样的最小自然数时，方程[10n/x]＝1989有整数解？

【题说】 第二十三届（1989年）全苏数学奥林匹克十年级题 1． 【解】 1989≢10n/x＜1990 所以

10n/1990＜x≢10n/1989

即

10²0.000502512„＜x≢10²0.000502765„

所以n＝7，这时x＝5026与5027是解．

A2－017 设an＝50＋n2，n＝1，2，„．对每个n，an与an＋1的最大公约数记为dn．求dn的最大值． 【题说】 1990年日本第1轮选拔赛题 9． 【解】

dn＝（an，an＋1）

＝（50＋n2，50＋（n＋1）2－（50＋n2））＝（50＋n2，2n＋1）

n

n＝（2（n2＋50），2n＋1）（因 2n＋1是奇数）＝（2（n＋50）－n（2n＋1），2n＋1）＝（100－n，2n＋1）

＝（100－ n，2n＋1＋2（100－ n））＝（100－n，201）≢201 在n＝100≠201k（k∈N）时，dn＝201． 故所求值为201．

A2－018 n是满足下列条件的最小正整数：（1）n是75的倍数；

（2）n恰为 75个正整数因子（包括1及本身）．试求n/75． 【题说】 第八届（1990年）美国数学邀请赛题5．

【解】 为保证 n是75的倍数而又尽可能地小，可设n＝2²3²5，其中α≣0，β≣1，γ≣2，并且

（α＋1）（β＋1）（γ＋1）＝75 由75＝52²3，易知当α＝β＝4，γ＝2时，符合条件（1）、（2）．此时n＝24²34²52，n/75＝432．

α

β

γ

2第十讲 整数问题;求解问题之四

A2－019 1．求出两个自然数x、y，使得xy＋x和xy＋y分别是不同的自然数的平方．

2．能否在988至1991范围内求到这样的x和y？

【题说】 第二十五届（1991年）全苏数学奥林匹克九年级题5． 【解】 1．例如x＝1，y＝8即满足要求． 2．假设

988≢x＜y≢1991 x、y∈N，使得xy＋x与xy＋y是不同的自然数的平方，则

x2＜xy＋x＜xy＋y 这时

y－x＝（xy＋y）－（xy＋x）＞（x＋1）2－x2＝2x＋1 即

y＞3x＋1 由此得

1991≣y＞3x＋1≣3³998＋1 矛盾！故在988与1991之间不存在这样的自然数x、y．

A2－020 求所有自然数n，使得

这里[n/k2]表示不超过n/k2的最大整数，N是自然数集． 【题说】 1991年中国数学奥林匹克题 5． 【解】 题给条件等价于，对一切k∈N，k2＋n/k2≣1991（1）

且存在k∈N，使得k2＋n/k2＜1992．（2）（1）等价于对一切k∈N，k4－1991k2＋n≣0 即（k2－1991/2）2＋n－19912/4≣0（3）

故（3）式左边在k取32时最小，因此（1）等价于

n≣1991³322－324＝1024³967 又，（2）等价于存在k∈N，使

（k－996）＋n－996＜0 上式左边也在k＝32时最小，故（2）等价于

n＜1992³322－324＝1024³968 故n为满足

1024³967≢n≢1024³967＋1023 的一切整数．

A2－021 设n是固定的正整数，求出满足下述性质的所有正整数的和：在二进制的数字表示中，正好是由2n个数字组成，其中有n个1和n个0，但首位数字不是0．

【题说】 第二十三届（1991年）加拿大数学奥林匹克题2． 【解】 n＝1，易知所求和S1＝2．

n≣2时，首位数字为1的2n位数，在其余2n－1位上，只要n个0的位置确定了．则n－1个1的位置也就确定了，从而这个2n位二进制数也随之确定．

现考虑第k（2n＞k≣1）位数字是1的数的个数．因为其中n个0的位置只可从2n－2个位置（除去首位和第k位）中选择，故这样的

将所有这样的2n位二进制数相加，按数位求和，便有

A2－022 在{1000，1001，1002，„，2000}中有多少对相邻的数满足下列条件：每对中的两数相加时不需要进位？ 【题说】 第十届（1992年）美国数学邀请赛题6．

7或 8时，则当n和n＋1相加时将发生进位．再若b＝9而c≠9；a＝9而b≠9或c≠9．则当n和n＋1相加时也将发生进位．

如果不是上面描述的数，则n有如下形式

其中a，b，c∈{0，1，2，3，4}．对这种形式的n，当n和n＋1相加时不会发生进位，所以共有

53＋52＋5＋1＝156 个这样的n．

A2－023 定义一个正整数n是一个阶乘的“尾”，如果存在一个正整数m，使得m！的十进位制表示中，结尾恰好有n个零，那么小于1992的正整数中有多少个不是阶乘的尾？

【题说】 第十届（1992年）美国数学邀请赛题15．

【解】 设f（m）为m！的尾．则f（m）是m的不减函数，且当m是5的倍数时，有

f（m）＝f（m＋1）＝f（m＋2）＝f（m＋3）

＝f（m＋4）＜f（m＋5）

因此，从f（0）＝0开始，f（m）依次取值为：

0，0，0，0，0；1，1，1，1，1；2，2，2，2，2；3，3，3，3，3；4，4，4，4，4；6，6，6，6，6；„；1991，1991，1991，1991，1991 容易看出

如果存在m使f（m）＝1991，则

因而m＞4³1991＝7964．由公式（1）可计算出f（7965）＝1988，从而f（7975）＝1991． 在序列（1）中共有7980项，不同的值有7980/5＝1596个．所以在{0，1，2，„，1991}中，有1992－1596＝396个值不在（1）中出现．这就说明，有396个正整数不是阶乘的尾．

第十一讲：整数问题：求解问题之五

A2－024 数列{an}定义如下：a0＝1，a1＝2，an＋2＝an＋（an＋1）2．求a1992除以7所得的余数．

【题说】 1992年日本数学奥林匹克预选赛题1． 【解】 考虑an以7为模的同余式： a0＝1≡1（mod 7）a1＝2≡2（mod 7）

a1＝1＋22＝5≡－2（mod 7）a3≡2＋（－2）2＝6≡－1（mod 7）a4≡－2＋（－1）＝－1（mod 7）a5≡－1＋（－1）＝0（mod 7）a6≡－1＋02＝－1（mod 7）a7≡0＋（－1）2＝1（mod 7）a8≡－1＋12＝0（mod 7）a9≡1＋02＝1（mod 7）a10≡0＋12＝1（mod 7）a11≡1＋12＝2（mod 7）

所以，an除以7的余数以10为周期，故a1992≡a2≡5（mod 7）．

A2－025 求所有的正整数n，满足等式

S（n）＝S（2n）＝S（3n）＝„＝S（n2）

其中S（x）表示十进制正整数x的各位数字和．

【题说】 1992年捷克和斯洛伐克数学奥林匹克（最后一轮）题 3． 【解】 显然，n＝1满足要求．

由于对正整数x，有S（x）≡x（mod 9），故当n＞1时，有

n≡S（n）≡S（2n）≡2n（mod 9）

所以9|n．

若n是一位数，则n＝9，又S（9）＝S（2³9）＝S（3³9）＝„＝S（92）＝9，故9满足要求． 22

10≢n＜10

k

k＋又9 10k，故

10k＋1≢n＜10k1

＋若n＜10k＋10k1＋„＋10＋1，则 －

与已知矛盾，从而

n≣10k＋10k1＋„＋10＋1（1）

－令n＝9m．设m的位数为l（k≢l≢k＋1），m－1＝

S（n）＝S（（10k＋10k＝S（（10k＝S（10k＋1＋1

－1

＋„＋10＋1）n）

－1）m）

＋（m－1）＋（10k1－10l）＋（10l

－m））

其中9有k＋1－l个，bi＋ci＝9，i＝1，2，„，l． 所以

S（n）＝9（k＋1）（2）由于n是 k＋1位数，所以 n＝99„9＝10k1－1．

＋另一方面，当 n＝99„9＝10k1－1时，S（n）＝S（2n）＝S（3n）＝„＝S（n2）． ＋综上所述，满足要求的正整数为n＝1及n＝10k－1（k≣1）．

A2－026 求最大正整数k，使得3k|（23m＋1），其中m为任意正整数． 【题说】 1992年友谊杯国际数学竞赛十、十一年级题 2． 【解】 当m＝1时，23m＋1＝9，故k≢2．又由于 2＋1＝（2）≡（－1）3＝0 所以，对任意正整数m，9|（23m＋1）．即所求k的值为2． m－13m33m－1＋1 ＋1（mod 9）

最大整数．

【题说】 1993年全国联赛一试题2（4），原是填空题． 【解】 因为1093＋33＝（1031）3＋33 ＝（1031＋3）（（1031）2－3³1031＋ 32）

＝（1031）（1031－3）＋9－1 它的个位数字是8，十位数字是0．

A2－028 试求所有满足如下性质的四元实数组：组中的任一数都等于其余三个数中某两个数的乘积． 【题说】 第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克十一年级二试题5．

【解】 设这组数的绝对值为a≢b≢c≢d．无论a为b，c，d哪两个数的乘积，均有a≣bc，类似地，d≢bc．从而，bc≢a≢b≢c≢d≢bc，即a＝b＝c＝d＝a2．所以a＝0或1，不难验证，如果组中有负数，则负数的个数为2或3．

所以，答案为{0，0，0，0}，{1，1，1，1}，{－1，－1，1，1}，{－1，－1，－1，1}．

第十二讲 整数问题：求解问题之六

A2－029 对任意的实数x，函数f（x）有性质f（x）＋f（x－1）＝x．如果f（19）＝94，那么f（94）除以1000的余数是多少？

【题说】 第十二届（1994年）美国数学邀请赛题3． 【解】 重复使用f（x）＝x2－f（x－1），有 f（94）＝942－f（93）＝942－932＋f（92）＝942－932＋922－f（91）＝„

＝942－932＋922－„＋202－f（19）

＝（94＋93）（94－93）＋（92＋91）（92－ 91）＋„＋（22＋21）（22－21）＋202－94 ＝（94＋93＋92＋„＋21）＋306 ＝4561 因此，f（94）除以1000的余数是561．

A2－030 对实数x，[x]表示x的整数部分，求使[log21]＋[log22]＋[log23]＋„＋[log2n]＝1994成立的正整数n． 【题说】 第十二届（1994年）美国数学邀请赛题 4．

【解】 [long21]＋[log22]＋[log23]＋„＋[log2128]＋[log2129]＋„＋[log2255]＝2³1＋4³2＋8³3＋16³4＋32³5＋64³6＋128³7＝1538．

A2－031 对给定的一个正整数n．设p（n）表示n的各位上的非零数字乘积（如果n只有一位数字，那么p（n）等于那个数字）．若S＝p（1）＋p（2）＋p（3）＋„＋p（999），则S的最大素因子是多少？

【题说】 第十二届（1994年）美国数学邀请赛题5．

【解】 将每个小于1000的正整数作为三位数，（若位数小于3，则前面补0，如 25可写成 025），所有这样的正整数各位数字乘积的和是

（0²0²0＋0²0²1＋0²0²2＋„＋9²9²8＋9²9²9）－0²0²0 ＝（0＋1＋2＋„＋9）3－0 p（n）是n的非零数字的乘积，这个乘积的和可以由上面表达式将0换成1而得到． 因此，＝463－1＝33²5²7²103 最大的素因子是103．

A2－032 求所有不相同的素数p、q、r和s，使得它们的和仍是素数，并且p2＋qs及p2＋qr都是平方数． 【题说】 第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克九年级题7．

【解】 因为四个奇素数之和是大于2的偶数，所以所求的素数中必有一个为偶数2．

若p≠2，则p2＋qs或p2＋qr中有一个形如（2k＋1）2＋2（2l＋1）＝4（k2＋k＋l）＋3，这是不可能的，因为奇数的平方除以4的余数是1，所以p＝2．

设22＋qs＝a2，则qs＝（a＋2）（a－2）．

若a－2＝1，则qs＝5，因为q、s是奇素数，所以上式是不可能的．于是只能是

q＝a－2，s＝a＋2 或者

q＝a＋2，s＝a－2 所以s＝q－4或q＋4．同理r＝q－4或q＋4． 三个数q－

4、q、q＋4被3除，余数各不相同，因此其中必有一个被 3整除．q或q＋4为3时，都导致矛盾，所以只能是q－4＝3．于是

（p，q，r，s）＝（2，7，3，11）或（2，7，11，3）

A2－033 求所有这样的素数，它既是两个素数之和，同时又是两个素数之差． 【题说】 第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克十年级题5．

【解】 设所求的素数为p，因它是两素数之和，故p＞2，从而p是奇数．因此，和为p的两个素数中有一个是2，同时差为p的两个素数中，减数也是2，即p＝q＋2，p＝r－2，其中q、r为素数．于是p－

2、p、p＋2均为素数．在三个连续的奇数中必有一数被3整除，因这数为素数，故必为3．不难验证只有p－2＝3，p＝5，p＋2＝7时，才满足条件．所以所求的素数是5．

个整数．

【题说】 第三十五届（1994年）国际数学奥林匹克题4．本题由澳大利亚提供．

【解】 n3＋1＝n3＋mn－（mn－1），所以mn－1|n（n2＋m）．因为（mn－1，n）＝1，所以mn－1|n2＋m．又n（m2＋n）－（n2＋m）＝m（mn－1），所以mn－1|m2＋n．因此m，n对称，不妨设m≣n．

当n＝1时，mn－1＝m－1|n3＋1＝2，从而m＝2或3，以下设n≣2．

若m＝n，则n2－1|（n3＋1）＝（n3－n）＋（n＋1），从而n2－1|（n＋1），m＝n＝2． 若m＞n，则由于

2（mn－1）≣n2＋mn＋n－2≣n2＋2m＞n2＋m 所以mn－1＝n2＋m，即

（m－n－1）（n－1）＝2 从而

于是本题答案为

（m，n）＝（2，1），（3，1），（1，2），（2，2），（5，2），（1，3），（5，3），（3，5），（2，5）共九组．

第十三讲 整数问题 ：求解问题之七

【题说】 第十三届（1995年）美国数学邀请赛题7． 【解】 由已知得

即

所以

A2－036 一个正整数不是42的正整数倍与合数之和．这个数最大是多少？ 【题说】 第十三届（1995年）美国数学邀请赛题10．

【解】 设这数为42n＋p，其中n为非负整数，p为小于42的素数或1．

由于2³42＋1，42＋2，42＋3，42³5＋5，42＋7，2³42＋11，42＋13，4³42＋17，3³42＋19，42＋23，3³42＋29，2³42＋31，4³42＋37，2³42＋41，都是合数，所以在n≣5时，42n＋p都可表成42的正整数倍与合数之和，只有42³5＋5例外．因此，所求的数就是42³5＋5＝215．

A2－038 求所有正整数x、y，使得x＋y2＋z3＝xyz，这里z是x、y的最大公约数． 【题说】 第三十六届（1995年）IMO预选题．

【解】 由原方程及y2、z3、xyz均被z2整除得出z2|x．设x＝az2，y＝bz，则原方程化为 a＋b2＋z＝abz2（1）由b2、abz2被b整除得b|（a＋z）．于是b≢a＋z． a＋z＋b2＝abz2

＝（a＋z）b＋（a＋z）b＋b（（z－2）a－2z）

≣a＋z＋b＋b（（z－2）a－2z）（2）

（2）中不等式的等号只在b＝1并且b＝a＋z时成立，而这种情况不可能出现（a＋z＞1），所以（2）是严格的不等式．这表明

（z2－2）a－2Z＜0（3）从而z≢2（否则（3）的左边≣z2－2－2z≣z－2＞0）． 222在z＝2时，2a－2z＜0，即a＝1，代入（1）得b＝1或3，从而x＝4，y＝2或6． 在z＝1时，（1）成为

a＋b＋1＝ab（4）从而

（a－b）（b－1）＝b＋1＝（b－1）＋2 这表明（b－1）|2，b＝2或3．代入（4）得a＝5．于是x＝5，y＝2或3． 因此本题共有四组解：（x，y）＝（4，2），（4，6），（5，2），（5，3）．

A2－039 设 m、n∈N，（m，n）＝1．求（5m＋7m，5n＋7n）．其中（m，n）表示 m、n的最大公约数． 【题说】 1996年日本数学奥林匹克题 2． 【解】 记H（m，n）＝（5m＋7m，5n＋7n）． 则

H（0，1）＝（2，12）＝2 H（1，1）＝（12，12）＝12 因H（m，n）＝H（n，m），故可设n≣m． 当n≣2m时，（5m＋7m，5n＋7n）＝（5m＋7m，（5m＋7m）（5n＋7n－2m－m2＋7n

－m）－5m7m（5n

－2m））

－2m＝（5m＋7m，5m7m（5n＝（5m＋7m，5n－2m＋7n）－2m））

＋7n－2m当m≢n＜2m时，（5m＋7m，5n＋7n）＝（5m＋7m，（5m＋7m）（5n－n－m＋7n

－m）－5n

－m

7n

－m

（52m

＋72mn））－－－＝（5m＋7m，52mn＋72mn）记

则

（1）H（m′，n′）＝H（m，n）；（2）m′＋n′≡m＋n（mod 2）；（3）（m′，n′）＝（m，n）．

当（m，n）＝1时，反复进行上面的操作，最后必有（m′，n′）＝（1，0）或（m′，n′）＝（1，1）．从而有

A2－040 求下列方程的正整数解：

（a，b）＋[a，b]＋a＋b＝ab 其中a≣b，[a，b]、（a，b）分别表示a与b的最小公倍数与最大公因数． 【题说】 1996年日本数学奥林匹克预选赛题 7．

【解】 记（a，b）＝d，a＝da′，b＝db′，则[a，b]＝da′b′．题设条件变为 1＋a′＋b′＋a′b′＝da′b′（*）所以

故1＜d≢4．

当d＝4时，a′＝b′＝1，从而a＝b＝4； 当d＝3时，（*）等价于

（2a′－1）（2b′－1）＝3 由a′≣b′得a′＝2，b′－1．故a＝6，b＝3． 当d＝2时，（*）等价于

（a′－1）（b′－1）＝2 由a′≣b′得a′＝3，b′＝2．从而a＝6，b＝4． 综上所述，所求的正整数解有4，4；6，4；6，3．

A2－041 一个幻方中，每一行，每一列及每一对角线上的三个数之和有相同的值．图示一个幻方中的四个数，求x． 【题说】 第十四届（1996年）美国数学邀请赛题1．

【解】 幻方中两条对角线的和与第二列的和都为同一值s，这3s也是第一行的和加上第二行的和，再加上中央一数的3倍．所以中央的

左下角的数为19＋96－1＝114．因此

x＝3³105－19－96＝200

第十四讲 整数问题：求解问题之八

A2－042 对整数1，2，3，„，10的每一个排列a1，a2，„，a10，作和

|a1－a2|＋|a3－a4|＋|a5－a6|＋|a7－a8|＋|a9－a10|

数．求p＋q．

【题说】 第十四届（1996年）美国数学邀请赛题12． 【解】 差|ai－aj|有如下的45种：

这45种的和为1³9＋2³8＋3³7＋4³6＋5³5＋6³4＋7³3＋8³2＋9³1＝165．每一种出现的次数相同，而在和

|a1－a2|＋|a3－a4|＋|a5－a6|＋|a7－a8|＋|a9－a10| 中有5种，所以

A2－043 设正整数a、b使15a＋16b和16a－15b都是正整数的平方．求这两个平方数中较小的数能够取到的最小值． 【题说】 第三十七届（1996年）国际数学奥林匹克题4．本题由俄罗斯提供． 【解】 15a＋16b＝r，16a－15b＝s 于是

16r2－15s2＝162b＋152b＝481b（1）所以 16r2－15s2是481＝13³37的倍数．

由于0，±1，±2，±3，±4，±5，±6的平方为0，±1，±3，±4（mod 13），所以15≡2（mod 13）不是任一数的平方．因22此，16r≡15s（mod 13）时，必有13|s．

22同样，由于0，±1，±2，±3，±4，±5，±6，±7，±8，±9，±10，±11，±12，±13，±14，±15，±16，±17，±18的平方为 0，±1，±3，±4，±9，±12，±16（mod 37），所以必有 37|s．

于是481|s．由（1），481|r．

在r＝s＝481时，b＝（16－15）³481＝481，a＝（16＋15）³481＝31³481，满足15a＋16b＝r2，16a－15b＝s2． 所以所说最小值为481．

A2－044 设自然数n为十进制中的10位数．从左边数起第1位上的数恰是n的数字中0的个数，第2位上的数恰是n的数字中1的个数，一般地，第k＋1位上的数恰是n的数字中k的个数（0≢k≢9）．求一切这样的数n．

【题说】 1997年日本数学奥林匹克预选赛题 7．

【解】 设n的左数第k＋1位上的数字为nk（0≢k≢9），则数字k出现的次数为nk．因为n是10位数，所以 n0＋n1＋n2＋„＋n9＝10（1）

又数字k若在左数第nj＋1位上出现，则数字j在n中出现k次．nk个k意味着有数字j1，j2，„，jnk，共出现knk次．于是，又有

ni＋2n2＋„＋9n9＝10（2）

由（2）显然n5，n6，n7，n8，n9，至多一个非零，且n6，n7，n8，n9均≢1． 若 n5＝n6＝n7＝n8＝n9＝0（3）

则n0≣5．于是n中至少有一个数字≣5，与（3）矛盾．所以n5，n6，n7，n8，n9中有一个非零，其余四个为0．从而 n1＋2n2＋3n3＋4n4≢5（4）

（4）表明n1，n2，n3，n4中至少有两个为0，从而n中0的个数不少于6，即n0≣6．于是n6，n7，n8，n9中有一个为1，n5＝0．

若n9＝1，则n0＝9，n1≣1，这显然不可能．

若n8＝1，则n0＝8，n1≣1，但无论n1＞1或n1＝1均不合要求．

若n7＝1，则n0＝7，n1＝1或2，前者显然不合要求．后者导致n2≣1，n0＋n1＋n2＋n7＞10也不合要求．

若n6＝1，则n0＝6，n1＝2或3．n1＝2时，n2＝1，数6210001000满足要求．n1＝3时，n3＞0，n0＋n1＋n3＋n6＞10，不合要求．

综上所述，满足条件的10位数n只有6210001000．

A2－045 求所有的整数对（a，b），其中a≣1，b≣1，且满足等式ab2＝ba． 【题说】 第三十八届（1997年）国际数学奥林匹克题5．本题由捷克提供． 【解】 显然当a、b中有一个等于1时，（a，b）＝（1，1）．以下设a，b≣2．

设t＝b2/a，则由题中等式得到b＝at，at＝a2t，从而t＝a2t1．如果2t－1≣1，则t＝a2t1≣（1＋1）2t1≣1＋（2t－1）＝2t＞t，矛盾．所以2t－1＜1．于是我们有0＜t＜1．

－

－

－记K＝1/t，则K＝a/b2＞1为有理数，由a＝bk可知 K＝bK－2

（1）

如果K≢2，则K＝bK2≢1，与前面所证K＞1矛盾，因此K＞2．设K＝p/q，p，q∈N，p、q互质，则p＞2q．于是由（1）－

q＝1，即K为一个大于2的自然数．

当b＝2时，由（2）式得到K＝2K2，所以K≣4．又因为

－

等号当且仅当K＝4时成立，所以得到a＝bK＝24＝16．

当b≣3时，＝bK2≣（1＋2）K2≣1＋2（K－2）＝2K－3．从而得到K≢3．这意味着K＝3，于是得到b＝3，a＝bK＝33＝27． －－综上所述，满足题目等式的所有正整数对为（a，b）＝（1，1），（16，2），（27，3）．

第十五讲 整数问题：数字问题之一

时间：2004-4-19 11:57:00 来源：www.xiexiebang.com整除．

【题说】第九届（1967年）国际数学奥林匹克题3．本题由英国提供． 【证】Cp－Cq=p（p＋1）－q（q＋1）=p2－q2＋p－q=（p－q）（p＋q＋1）

所以（Cm+1－Ck）（Cm+2－Ck）„（Cm+n－Ck）

=（m－k＋1）（m－k＋2）„（m－k＋n）²（m＋k＋2）（m＋k＋3）²„²（m＋k＋n＋1）

C1C2„Cn=n！（n＋1）！

因此只需证 nn

=A²B 是整数．

由于n个连续整数之积能被n！整除，故A是整数．

是整数．因为m＋k＋1是大于n＋1的质数，所以m＋k＋1与（n＋1）！互素，从而（m＋k＋2）（m＋k＋3）„（m＋k＋n＋1）能被（n＋1）！整除，于是B也是整数，命题得证．

A4－009 设a、b、m、n是自然数且a与b互素，又a＞1，证明：如果am＋bm能被an＋bn整除，那么m能被n整除． 【题说】第六届（1972年）全苏数学奥林匹克十年级题1． 【证】由于

ak＋bk=ak-n（an＋bn）－bn（ak-n－bk-n）a－b=a（a＋b）－b（a＋b）

l

l

l-n

n

n

n

l-n

l-n所以

（i）如果a＋b能被a＋b整除，那么a－b（ii）如果a－b能被a＋b整除，那么a＋bllnn

l-nkknn

k-n

k-n

也能被a＋b整除．

n

n

nn

l-n

也能被a＋b整除．

设m=qn＋r，0≢r＜n，由（i）、（ii）知ar＋（－1）qbr能被an＋bn整除，但0≢|ar＋（－1）qbr|＜an＋bn，故r=0（同时q是奇数）．亦即n|m．

A4－010 设m，n为任意的非负整数，证明：

是整数（约定0！=1）．

【题说】第十四届（1972年）国际数学奥林匹克题3．本题由英国提供．

易证 f（m＋1，n）=4f（m，n）－f（m，n＋1）（1）n）为整数，则由（1），f（m＋1，n）是整数． 因此，对一切非负整数m、n，f（m，n）是整数． A4－011 证明对任意的自然数n，和数

不能被5整除．

【题说】第十六届（1974年）国际数学奥林匹克题3．本题由罗马尼亚提供．

又

两式相乘得

因为72n+1=7³49≡2³（－1）（mod 5）

nn

A4－012 设p和q均为自然数，使得

证明：数p可被1979整除．

【题说】第二十一届（1979年）国际数学奥林匹克题1．本题由原联邦德国提供．

将等式两边同乘以1319！，得

其中N是自然数．

由此可见1979整除1319！³p．因为1979是素数，显然不能整除1319！，所以1979整除p．

A4－013 一个六位数能被37整除，它的六个数字各个相同且都不是0．证明：重新排列这个数的六个数字，至少可得到23个不同的能被37整除的六位数．

【题说】第十四届（1980年）全苏数学奥林匹克十年级题1．

（c＋f）被37整除．

由于上述括号中的数字是对称出现的，且各数字不为0，故交换对

又因为100a＋10b＋c=－999c＋10（100c＋10a＋b），所以

各再得7个被37整除的数，这样共得23个六位数．

第二十讲 整数问题：整除之三

A4－014（a）对于什么样的整数n＞2，有n个连续正整数，其中最大的数是其余n－1个数的最小公倍数的约数？（b）对于什么样的n＞2，恰有一组正整数具有上述性质？ 【题说】第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题4． 【解】设n个连续正整数中最大的为m．

当n=3时，如果m是m－1，m－2的最小公倍数的约数，那么m整除（m－1）（m－2），由m|（m－1）（m－2）得m|2，与m－2＞0矛盾．

设n=4．由于

m|（m－1）（m－2）（m－3）所以m|6，而m＞4，故这时只有一组正整数3，4，5，6具有所述性质．

设n＞4．由于m|（m－1）（m－2）„（m－n＋1），所以m|（n－1）！取m=（n－1）（n－2），则（n－1）|（m－（n－1）），（n－2）|（m－（n－2））．由于n－1与n－2互质，m－（n－1）与m－（n－2）互质，所以m=（n－1）（n－2）整除m－（n－1）与m－（n－2）的最小公倍数，因而m具有题述性质．

类似地，取m=（n－2）（n－3），则m整除m－（n－2）与m－（n－3）的最小公倍数，因而m具有题述性质． 所以，当n≣4时，总能找到具有题述性质的一组正整数．当且仅当n=4时，恰有唯一的一组正整数．

A4－018

试求出所有的正整数a、b、c，其中1＜a＜b＜c，使得（a－1）（b－1）（c－1）是abc－1的约数． 【题说】第三十三届（1992年）国际数学奥林匹克题1．本题由新西兰提供． 【解】设x=a－1，y=b－1，z=c－1，则1≢x＜y＜z并且xyz是

（x＋1）（y＋1）（z＋1）－1=xyz＋x＋y＋z＋xy＋yz＋zx的约数，从而xyz是x＋y＋z＋xy＋yz＋zx的约数． 由于x＋y＋z＋xy＋yz＋zx＜3yz，所以x=1或2．

若x=1，则yz是奇数1＋2y＋2z的约数．由于1＋2y＋2z＜4z，所以y=3．并且3z是7＋2z的约数．于是z=7．

若x=2，则2yz是2＋3y＋3z＋yz的约数，从而y，z均为偶数，设y=2y1，z=2z1，则4y1z1≢1＋3y1＋3z1＋2y1z1＜6z1＋2y1z1，所以y1＜3．因为y＞x，所以y1=2，y=4．再由8z1是7＋7z1的约数得z1=7，z=14．

因此，所求解为（3，5，15）与（2，4，8）．

A4－019 x与y是两个互素的正整数，且xy≠1，n为正偶数．证明：x＋y不整除xn＋yn． 【题说】1992年日本数学奥林匹克题1．

【证】由（x，y）=1知（x＋y，y）=1，（x＋y，xy）=1． 当n=2时，x2＋y2=（x＋y）2－2xy．由于x＋y＞2，所以（x＋y）假设当n=2k（k∈N+）时，（x＋y）

2xy．故（x＋y）

（x2＋y2）．

（x2k＋y2k）．则当n=2（k＋1）时，由于

x2(k+1)＋y2(k+1)=（x＋y）（x2k+1＋y2k+1）－xy（x2k＋y2k）

所以（x＋y）

A4－020 证明当且仅当n＋1不是奇素数时，前n个自然数的积被前n个自然数的和整除． 【题说】第二十四届（1992年）加拿大数学奥林匹克题1．（x2(k+1)＋y2(k+1)）．故对一切正偶数n，x＋y不整除xn＋yn．

若n＋1为奇合数，设n＋1=qr，q、r为奇数且3≢q≢r，则n

A4－021 找出4个不同的正整数，它们的积能被它们中的任意两个数的和整除． 你能找出一组5个或更多个数具有同样的性质吗？ 【题说】1992年英国数学奥林匹克题3． 【解】显然，2、6、10、14满足要求． 任取n个不同的正整数。a1、a2、„、an，令

则n个不同的正整数la1、la2、„、lan中任意两个的和显然整除l2，从而整除它们的积lna1a2„an． A4－022 求最大自然数x，使得对每一个自然数y，x能整除7y＋12y－1． 【题说】1992年友谊杯国际数学竞赛七年级题1．

【解】当y=1时，7y＋12y－1=18．假设7y＋12y－1是18的倍数，因为 7y+1＋12（y＋1）－1=6³7y＋12＋（7y＋12y-1）=6³（7＋2）＋（7＋12y-1）

7＋2≡1＋2≡0（mod 3）

所以，7y+1＋12（y＋1）－1是18的倍数．

从而对一切自然数y，18整除7y＋12y－1，所求的x即18． A4－023 证明：若n为大于1的自然数，则2n－1不能被n整除． 【题说】1992年友谊杯国际数学竞赛九年级题2． 【证】若n是偶数，显然有n

n

（2n－1）．若n是奇素数，由费马定理知2n≡2（mod n），所以2n－1≡1（mod n），即

n

r

n

yyy（2n－1）．若n是奇合数，设p是n的最小素因子，由费马定理知2p-1≡1（mod P）；若i是使2i≡1（mod P）成立的最n，设n=qi＋r，0＜r＜i，则2≡小自然数，则2≢i≢P－1，从而i 1（mod p），即p（2n－1），故n

（2－1）．

第二十一讲 整数问题：整除之四

A4－024 当n为何正整数时，323整除20＋16－3－1？ 【题说】第三届（1993年）澳门数学奥林匹克第一轮题5． 【解】 323=17³19 当n为偶数时，20n＋16n－3n－1≡1＋3n－3n－1≡0（mod 19）

n

n

n

20n＋16n－3n－1≡3n＋1n－3n－1≡0（mod 17）

所以此时323整除20＋16－3－1．

当n为奇数时，20n＋16n－3n－1≡3n－1－3n≡－2 A4－025 设x、y、z都是整数，满足条件

（x－y）（y－z）（z－x）=x＋y＋z．（*）试证：x＋y＋z可以被27整除．

【题说】第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克九年级二试题5．

【证】（1）整数x、y、z被3除后余数都相同时，27|（x－y）（y－z）（z－x），即27|x＋y＋z．（2）x、y、z被3除后有且仅有两个余数相同，例如x≡y（mod 3），且y 与（*）式矛盾，可见情形（2）不会发生．

（3）x、y、z被3除后余数都不相同，这时3|（x＋y＋z），但3 也不会发生．

于是，x、y、z除以3余数都相同，并且，27|x＋y＋z．

A4－026 对于自然数n，如果对于任何整数a，只要n|an－1，就有n2|an－1，则称n具有性质P．（1）求证每个素数n都具有性质P；（2）求证有无穷多个合数也都具有性质P．

【题说】第三十四届（1993年）IMO预选题．本题由印度提供． 【证】（1）设n=P为素数且p|（ap－1），于是，（a，p）=1．因为

ap－1=a（ap-1－1）＋（a－1）

由费马小定理p|（a－1）．所以，p|（a－1），即a≡1（mod p）．因而

a≡1（mod p），i=0，1，2，„，p－1 将这p个同余式加起来即得

ap-1＋ap-2＋„＋a＋1≡0（mod p）

所以，p2|（a－1）（ap-1＋ap-2＋„＋a＋1）=ap－1

ip-1nnn

0（mod 17），所以此时323不整除20n＋16n－3n－1．

z（mod 3），这时3 x＋y＋z且3|（x－y），（x－y）（y－z）（z－x）．仍与（*）式矛盾，可见情况（3）

a≡1（mod n）．于是，像（1）一样又可推得n2|（an－1）．因此，（q－1）（p－1）．因为q|（p－2），所以q

（p－1）．又因

具有性质P．显然p＜n＜p2．取大于p2的素数，又可获得另一个具有性质P的合数．所以，有无穷多个合数n具有性质p． A4－027 证明：对于自然数k、m和n．不等式[k，m]²[m，n]²[n，k]≣[k，m，n]2成立．（其中[a，b，c，„，z]表示数a、b、c，„，z的最小公倍数．）【题说】第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克十年级（决赛）题5． 【证】将k、m、n分解．设

其中pi（i=1，2，„，l）为不同的素数，αi、βi、γi为非负整数．

对任一个素因数pi，不妨设0≢αi≢βi≢γi．在所要证明的不等式左边，pi的指数为βi＋γi＋γi=βi＋2γi；而右边pi的指数为γi²2=2γi．

因而所要证明的不等式成立．

A4－029 证明；所有形如10017，100117，1001117，„的整数皆可被53整除． 【题说】第五十八届（1995年）莫斯科数学奥林匹克八年级题2． 【证】易知第一个数10017可被53整除，而数列中相邻二数的差

也可被53整除，所以数列中所有数皆可被53整除

A4－030 证明：无论在数12008的两个0之间添加多少个3，所得的数都可被19整除． 【题说】第五十八届（1995年）莫斯科数学奥林匹克九年级题7． 【证】我们有

故结论成立 A4－031 设S={1，2，„，50），求最小自然数k，使S的任一k元子集中都存在两个不同的数a与b，满足（a＋b）|ab． 【题说】1996年中国数学奥林匹克（第十一届数学冬令营）题2． 【解】设a、b∈S，满足（a＋b）|ab，令（a，b）=c，则 a=ca1，b=cb1，（a1，b1）=1． 从而

c（a1＋b1）=（a＋b）|ab=c2a1b1

因为（a1＋b1，a1）=1，（a1＋b1，b1）=1，所以

（a1＋b1）|c 由于a、b是S中不同的数，从而a＋b≢99即 c（a1＋b1）≢99，而a1＋b1|c，故有3≢a1＋b1≢9．

在a1＋b1=3时，d=3，6，9，12，15，18，21，24，相应的（a，b）=（3，6），（6，12），（9，18），（12，24），（15，30），（18，36），（21，42），（24，48）．类似地，可得出a1＋b1=4，5，6，7，8，9时的数对（a，b）．将每一对得到的a、b用线相连成右图．

S中剩下的25个数与图上画圈的13个数所成的38元集，不含任一对a、b满足（a＋b）|ab．

另一方面，S中任一集R，如果元数≣39，那么图上至多11个数 R，从而12对数（14，35），（9，18），（28，21），（42，7），（5，20），（30，15），（45，36），（6，3），（10，40），（12，4），（24，8），（48，16）中至少有一对数都属于R，即R中有a、b满足（a＋b）|ab． 综上所述，K=39．

A4－032 设自然数x、y、p、n和k满足等式

x+y=p

证明：若n（n＞1）是奇数，p是奇素数，则n是数p的正整数幂． 【题说】第二十二届（1996年）全俄数学奥林匹克九年级题3． 【证】不失一般性，设x与y都不被p整除．因为n为奇数，所以

n

n

k

用A表示上式右边．由于p＞2，因此x、y中至少有一个数大于1．因为n＞1，所以A＞1．因为A（x＋y）=pk，所以A被p整除，数x＋y也被p整除． 于是得到

0≡A≡xn-1－xn-2（－x）＋xn-3（－x）2－„

第四篇：世界奥林匹克数学竞赛喜报

世界奥林匹克数学竞赛喜报

2月17日 在天津落幕的第八届世界奥林匹克数学竞赛（中国区）选拔赛中，宁夏代表队的27名学生经过4天角逐，喜获2金4银7铜的优异成绩。获奖名单如下：

金奖： 牛盾（二十一小分校）郑楚原（二十一小分校）

银奖： 杨橹海（二十一小分校）彭奥（兴庆区回民一小）

闫佳玮（银川博文小学）胡冠卿（兴庆区回民二小）

铜奖： 白亨达（银川博文小学）孙昊（银川博文小学）

任泓宇（兴庆回民二小）闫怡雯（二十一小分校）

于芳（兴庆区7小）何喆（金凤区八小）

郭奥（二十一小）

优秀奖： 路松岩（二十一小分校）张鹤山（兴庆区十二小）

饶添荣（二十一小分校）马天宝（二十一小分校）

郭霄（银川博文小学）张勇（兴庆区十二小）

孙鹏翛（银川实验小学）李睿（兴庆区回民二小）

王瑞懿（二十一小分校）马鲁騔（银川博文小学）

周博轩（兴庆区回民三小）陈肖宇（金凤十一小）

朱琦（金凤十一小）刘敏炎（二十一小分校

大赛指定培训机构：北京清大（宁夏）教育管理中心

世界奥林匹克数学竞赛官网是，本次比赛详情网上查询。

第五篇：初一年级英语奥林匹克英语竞赛

初一年级英语奥林匹克英语竞赛（2）(2009-03-24 20:39:27)标签：杂谈

二、情景对话

A．根据所提供的情景，选择正确的问句或答句 41.----________.----I am.A.Who's on duty today?

B.Are you Mr.black?

C.Are you John's brother?

D.Are you from America? 42.----Is Tim like his father?

----_______.A.Yes, he likes his father

B.No, he isn't

C.Yes, he does

D.I think so B．逻辑排列，选择下列每组句子的对话顺序 43.(1)What color are they?

(2)No, they are sheep.(3)What're those over there? Are they dogs?

(4)They're white.A.(1)(2)(3)(4)

B.(1)(4)(3)(2)

C.(3)(4)(1)(2)

D.(3)(2)(1)(4)44.(1)Please come in.this way, please.(2)Fine, thank you.How are you?

(3)I'm fine, too.Thanks.(4)Hello, Jim.Good!You're at home.How are you?

(5)OK.Thanks.A.(4)(2)(3)(1)(5)

B.(4)(3)(2)(1)(5)C.(1)(5)(4)(2)(3)

D.(1)(4)(3)(2)(5)45.(1)Oh, this is my cat, Mimi.(2)Hello, Mimi!You look like Lucy's hat.(3)Who's Lucy?

(4)She's a new student.She is American.(5)Oh, I see.A.(1)(2)(3)(4)(5)

B.(5)(2)(1)(3)(4)

C.(2)(1)(3)(4)(5)

D.(3)(4)(1)(2)(5)

三、完型填空

It is Sunday today.___46___ is a fine day.The sky is ___47___.Mrs.Green is __48___ his family.The family are having an outing（外出游玩）.Tom is Mr.and Mrs.Green's son.Mary is ___49__.They are ___50___ along（沿着）a small river.There are some boats __51____ river.Mr.and Mrs.Green are looking at __52___.Mary is not looking at the boats.She is looking at some ducks（鸭子）.The ducks are swimming（游泳）__53___ the river.What is Tom _54____? He is in the river now.He is _55__.Mr.Green and his family are very happy today!46.A.This

B.That

C.It

D.Its 47.A.green

B.blue

C.black

D.brown 48.A.and

B.for

C.and with

D.with 49.A.his daughter

B.her daughter

C.your daughter

D.their daughter 50.A.working

B.washing

C.walking（散步）

D.swimming 51.A.on

B.in

C.in a

D.on a 52.A.it

B.them

C.these

D.those 53.A.on

B.under

C.to

D.in 54.A.cleaning

B.doing

C.watching

D.making

55.A.playing

B.washing his clothes

C.swimming

D.jumping（跳）

四、阅读理解 A My father has a good friend in his factory（工厂）.He's an old man.He is 58.all the children like him.We call（叫）him Uncle Wang.He comes from England.He lives in Beijing.He can't speak Chinese.We teach（教）him Chinese.He teaches us English.He doesn't work on Sundays.Look!He's mending（修理）his car at home.He likes making machines（机器）.he likes watching TV with his son and daughters in the evening.根据短文内容，完成下列句子，每空一词

56.Uncle Wang and m father are in the ______factory.57.Uncle Wang's _____is fifty-eight.58.Now Uncle Wang's ______ is in China.59.We can't speak _____ very well.So Uncle Wang helps us.60.Uncle Wang's ____ are with Uncle Wang in Beijing.B Mr.Black is an Englishman.He is over 660 years old.He leaves（离开）his factory（工厂）and stays（呆）at home now.he is a kind and hard-working（勤劳的）man.He likes growing（种植）different kinds of flowers in his garden（花园）.He works there every day（每天）.So his flowers grow very well and look very nice.Many young and old people come to have a look at the flowers in his garden.He often（常常）picks（摘）and sends（送）some flowers to them when（当。。的时候）they leave.This makes（使得）him very happy and they love him very much.61.Mr.Black is ____ England.62.Mr.Jackson is very _____ and he works hard every day.63.His flowers in his garden look very ____ and people love them.64.When people come to his garden, he often sends _____ some flowers.65.He is very _____ when people say good to his flowers.C Mr.Jackson is seventy-seven.But he likes eating（吃）ice-cream（冰淇淋）.On his way home, he buys（买）one.Great!No one sees him he can eat it now.suddenly（突然）, he sees Mrs.Smith comes here with her dog, Bill.Mr.Jackson doesn't want her to see him eating an ice cream in the street（街道）.So he hides（藏）it behind his back（背后）, and says hello to her.Mrs.Smith is happy and she talks（交谈）a lot about her family.But Mr.Jackson worries about his ice cream very much, because the dog turns round（转到后面）him to lick（舔）it.根据短文内容，判断正误（正确的选A，错误的选B）66.Mr.Jackson looks like boy.67.On his way home, he wants an ice cream.68.Mrs.Smith sees him and his ice cream.69.Bill finds the ice cream.70.At last Jackson can't eat his food.D We have two new students in our school.They are Mike and Tim they look the same, but they are not twins.Mike is American.He is twelve.He is in Class Four.He has a little sister.He often（常常）looks after her.Tim is Canadian（加拿大人）.He is twelve, too.He is in Class One.He likes football.He often plays football with Mike and Tim are gook friends.They are in No.10 Middle School.根据短文内容，选择正确答案 71.Mike is _______.A.Japanese

B.Chinese

C.Canadian

D.American 72.Mike _____ Tim.A.looks like

B.looks after

C.looks at

D.looks the same 73.Mike and Tim are in _____.A.the same class

B.the same school C.different grades D.different schools 74.Who like football, Tim or Mike? ______.A.Yes, Tim

B.Yes, Mike

C.Tim

D.Mike 75.Which is right? A.Mike is thirteen.B.Tim often looks after his little sister.C.Mike and Tim are gook friends.D.Mike and Tim are twins.五、句型转换（4分）（每空一词）

76.She has a sheep and a photo I her house.（改为复数句子）________ some ________ and _______ in ______ houses.77.It isn't Jack's bike.I think.（同义句转换）I ________ think it ________ Jack's bike.78.Let's go to school now.（改为否定句）

_______ _______ go to school now.六、动词填空（2分）（每空可填一词以上）

79.Jim with his parents ____(go)to London every year.80.Five plus ten ___(be)fifteen.81.There ______(be)some money in my purse.82.My parents would like me _____(read)English in the morning.七、翻译

83．树房里的那件上衣是你弟弟的吗？

84．桌上有几杯咖啡？

八、智力测试 85.Mr.Green has a daughter.He loves her very much.And his daughter has a son.Mr.Green loves his daughter, so he likes his grandson（孙子）very much, too.So there is a saying（谚语）:“Love me, love my dog.” What's the Chinese meaning（意思）.It's _____________(in Chinese).86.It's raining cats and dogs now.the words “cats and dogs” means（意思指）:___________________________________.(In English).87.My uncle has a brother.He is not my uncle.Who is he? He is my ____________________.88.My sister's Brown's daughter, but Brown isn't her mother, Brown is her _______________________.89.“Walls have ears” means: __________________________.(In Chinese)90.What letter s a vegetable（蔬菜）: __________________________.91.----Can you take 1 from 4（从4中取走1）and get 5? How?----Yes.Take ______ from _____ and I can get _____.92.Jim, Tom and Sam have seventeen apples, Jim wants one-half（二分之一）of them, Tom wants one third（三分之一）of them, Sam wants one ninth（九分之一）of them, at last do you know how many apples Sam can get?(He can get ___________________)

九、写作（5分）

提示：讲述一个小偷（thief）偷你钱及你如何对付的故事 要求：

1．语言流畅，无语法、拼写错误，意思无误 2．字数60个左右 3．书写工整 4．以日记格式

21-40: cdeec, dacba, cdbbc, cadde 41-60: abcaa, cbddc, dbdbc, same, age, home, English, children 61-75: from, kind, nice, them, happy, babaa, dabcc 76: They've sheep photos their 77: don't is 78: Let's not 79: goes 80.is 81.is 82.to read 83.Is the coat in the treehouse your brother's? 84.How many cups of coffee are there on the table? 85.爱屋及乌

86.heavily 87.father

88.father

89.隔墙有耳

90.P

91.I, IV, V

92.two